程序员算法实现-买卖股票的最佳时机系列问题

主要思路：因为只有一股可以交易，所以我们可以枚举 必须以i位置作为卖出时机的情况下，得到的最大收益是多少。如果我们得到每个i位置的最大收益，那么最大收益必是所有位置的最大收益的最大值 。

使用两个变量：

min变量：表示遍历到的位置之前的最小值是什么。

max变量：表示当前收集到必须以i位置卖出的最大收益是多少。

遍历数组一遍，在遍历到i位置的时候，min和max的更新逻辑如下：

遍历完数组，返回max的值就是最终答案。完整代码见：

主要思路：由于可以进行任意次的交易，但是任何时候最多只能持有一股股票，所以我们可以把股票曲线的所有 上升段 都抓取到，累加收益就是最大收益。遍历数组，遍历到的位置减去前一个位置的值，如果是正数，就收集，如果是负数，就把本次收益置为0（就等于没有做这次交易），这样遍历一遍数组，就不会错过所有的收益。

设置一个变量max，初始为0，用于收集最大收益值，来到i位置，max更新逻辑如下：

完整代码如下：

由本题可以简单得出一个结论： 如果数组元素个数为N，则最多执行N/2次交易就可以抓取所有的上升段的值（极端情况下，当前时刻买，下一个时刻卖，保持这样的交易一直到最后，执行的交易次数就是N/2） 。

主要思路：

在第2种情况下，我们定义

其中dp[i][j]表示[0i]范围内交易j次获得的最大收益是多少。如果可以把dp这个二维表填好，那么返回dp[N-1][k]的值就是题目要的答案。

dp这个二维矩阵中，

第一行的值表示数组[00]范围内，交易若干次的最大收益，显然，都是0。

第一列的值表示数组[0i]范围内，交易0次获得的最大收益，显然，也都是0。

针对任何一个普遍位置dp[i][j]的值，

我们可以枚举i位置是否参与交易，如果i位置不参与交易，那么dp[i][j] = dp[i-1][j]，如果i位置参与交易，那么i位置一定是最后一次的卖出时机。

那最后一次买入的时机，可以是如下情况：

最后一次买入的时机在i位置，那么dp[i][j] = dp[i][j-1] - arr[i] + arr[i]

最后一次买入的时机在i-1位置，那么dp[i][j] = dp[i-1][j-1] - arr[i-1] + arr[i]

最后一次买入的时机在i-2位置，那么dp[i][j] = dp[i-2][j-1] - arr[i-2] + arr[i]

最后一次买入的时机在0位置，那么dp[i][j] = dp[0][j-1] - arr[0] + arr[i]

完整代码如下：

上述代码中包含一个枚举行为

增加了时间复杂度，我们可以优化这个枚举。

我们可以举一个具体的例子来说明如何优化，

比如，

当我们求dp[5][3]这个值，我们可以枚举5位置是否参与交易，假设5位置不参与交易，那么dp[5][3] = dp[4][3]，假设5位置参与交易，那么5位置一定是最后一次的卖出时机。那最后一次买入的时机，可以是如下情况：

最后一次买入的时机在5位置，那么dp[5][3] = dp[5][2] - arr[5] + arr[5]

最后一次买入的时机在4位置，那么dp[5][3] = dp[4][2] - arr[4] + arr[5]

最后一次买入的时机在3位置，那么dp[5][3] = dp[3][2] - arr[3] + arr[5]

最后一次买入的时机在2位置，那么dp[5][3] = dp[2][2] - arr[2] + arr[5]

最后一次买入的时机在1位置，那么dp[5][3] = dp[1][2] - arr[1] + arr[5]

最后一次买入的时机在0位置，那么dp[5][3] = dp[0][2] - arr[0] + arr[5]

我们求dp[4][3]这个值，我们可以枚举4位置是否参与交易，假设4位置不参与交易，那么dp[4][3] = dp[3][3]，假设4位置参与交易，那么4位置一定是最后一次的卖出时机。那最后一次买入的时机，可以是如下情况：

最后一次买入的时机在4位置，那么dp[4][3] = dp[4][2] - arr[4] + arr[4]

最后一次买入的时机在3位置，那么dp[4][3] = dp[3][2] - arr[3] + arr[4]

最后一次买入的时机在2位置，那么dp[4][3] = dp[2][2] - arr[2] + arr[4]

最后一次买入的时机在1位置，那么dp[4][3] = dp[1][2] - arr[1] + arr[4]

最后一次买入的时机在0位置，那么dp[4][3] = dp[0][2] - arr[0] + arr[4]

比较dp[5][3]和dp[4][3]的依赖关系，可以得到如下结论：

假设在求dp[4][3]的过程中，以下递推式的最大值我们可以得到

dp[4][2] - arr[4]

dp[3][2] - arr[3]

dp[2][2] - arr[2]

dp[1][2] - arr[1]

dp[0][2] - arr[0]

我们把以上式子的最大值定义为best，那么

dp[5][3] = Mathmax(dp[4][3],Mathmax(dp[5][2] - arr[5] + arr[5], best + arr[5]))

所以dp[5][3]可以由dp[4][3]加速得到，

同理，

dp[4][3]可以通过dp[3][3]加速得到，

dp[3][3]可以通过dp[2][3]加速得到，

dp[2][3]可以通过dp[1][3]加速得到，

dp[1][3]可以很简单得出，dp[1][3]有如下几种可能性:

可能性1，1位置完全不参与，则

可能性2，1位置作为最后一次的卖出时机，买入时机是1位置

可能性3，1位置作为最后一次的卖出时机，买入时机是0位置

此时，best的值为

然后通过dp[1][3]加速dp[2][3]，通过dp[2][3]加速dp[3][3]，所以二维dp的填写方式是按列填，

先填dp[1][0]，dp[1][2]一直到dp[1][k]，填好第一列；

然后填dp[2][0],dp[2][1]一直到dp[2][k]，填好第二列；

依次填好每一列，直到填完第N-1列。

枚举行为被优化，优化枚举后的完整代码如下：

主要思路：上一个问题中，令k=2就是本题的答案。

主要思路：因为有了冷冻期，所以每个位置的状态有如下三种：

定义三个数组，分别表示i位置这三种情况下的最大值是多少

显然有如下结论：

针对一个普遍位置i

最大收益就是如上三种方式的最大值。完整代码见：

由于三个数组有递推关系，所以可以用三个变量替换三个数组，做空间压缩，优化后的代码如下：

主要思路：由于没有冷冻期，所以在i位置的时候，状态只有两种

针对0位置

针对普遍位置i

完整代码如下：

同样的，两个数组都有递推关系，可以做空间压缩，简化后的代码如下：

原文链接：买卖股票的最佳时机系列问题 - Grey Zeng - 博客园